Polynômes - maths-france.fr

1 Polyn mesPlan du chapitre1L anneau(K[X],+, )..page finition deK[X]et des op rations dansK[X]..page d un polyn me et coefficient dominant d un polyn me nonnul .. page D finition du degr et du coefficient dominant ..page Propri t s des degr s et des coefficients dominants .. grit de l anneau(K[X],+, ).. page de l anneau(K[X],+, ).. page des polyn mes .. page rivation formelle des polyn mes ..page D riv e premi re .. page D riv es ..page 112 Arithm tique dansK[X]..page euclidiennne dansK[X].. page dansK[X]..page D finition de la divisibilit ..page Propri t s de la divisibilit ..page .. page D finition du PGCD de deux polyn mes non nuls .. page Algorithme d Euclide..page Propri t s du PGCD ..page PGCD de plusieurs polyn mes non nuls..page .. page D finition du PPCM .. Propri t s du PPCM .. page mes premiers entre eux. Th or mes deB zoutetGauss..page Polyn mes premiers entre eux.

2 Page Th or me deB zout..page Th or mes deGauss.. page Quelques cons quences des th or mes deB zoutetGauss..page 253 Fonctions polyn mes..page finition .. page d un polyn me ..page deTaylor.. page de multiplicit d une racine .. page mes d interpolation deLagrange.. page 344 Factorisation en produit de facteurs irr ductibles..page th or me de d Alembert-Gauss.. page mes irr ductibles sur un corps .. page en produit de facteurs irr ductibles dansC[X]..page en produit de facteurs irr ductibles dansR[X]..page factorisations classiques ..page applications ..page 425 Relations entre coefficients et racines d un polyn me deC[X]..page 446 Familles c l bres de polyn mes..page mes deLagrange.. page mes deTchebychev..page mes deLegendre.. page mes d Hermite.. page mes deBernoulli..page mes deBernstein.. page 51c Jean-Louis Rouget, 2018. Tous droits r serv Dans tout ce chapitre,Kd ce chapitre (et dans nombre de chapitres ult rieurs), nous aurons besoin d un nouvel objet, le symbole deKrone-cker: pour(i, j) N2, on pose i,j= 1sii=j0sii6= , 1,0=0et 1,1=1.

3 Dans un premier temps, on ne voit pas bien l utilit de ce symbole mais celui-ci s av rera tr spratique l L anneau(K[X],+, ) D finition deK[X]et des op rations dansK[X]Comme le dit le programme officiel, la construction deK[X]n est pas exigible . Nous vous en proposons une. En premi relecture, vous pouvez sauter les d monstrations de ce paragraphe et ne vous concentrer que sur les r finition me coefficients dansKest une suite(an)n Nd l ments deKqui est nulle partird un certain (an)n Nest un polyn me, pourn N,anest len- me coefficientdu polyn noteXle polyn me(0, 1, 0, 0, 0, ..) = ( n,1)n Net on noteK[X]l ensemble des polyn mes coefficients polyn me est donc la suite de ces coefficients, cette suite tant nulle partir d un certain rang. Ainsi d fini, un polyn men a pas l aspect qu on lui conna t en terminale comme par exemple2x3 x+1(qui est la suite(1, 1, 0, 2, 0, 0, 0, ..)).On va revenir assez rapidement ce type de notation.

4 Mais d ores et d j , avec cette pr sentation des polyn mes, on peutimm diatement noncer :Th or me polyn mes sont gaux si et seulement si ils ont les m d finit maintenant dansK[X]trois op rations :+,.et .Addition des polyn (an)n NetQ= (bn)n Ndeux l ments deK[X](les suites(an)n Net(bn)n Nsont donc toutes deux nulles partir d un certain rang). On poseP+Q= (an+bn)n des polyn mes par un (an)n N K[X]et K. On pose .P= ( an)n des polyn (an)n NetQ= (bn)n Ndeux l ments deK[X]. On poseP Q= (cn)n No n N, cn=nXk=0akbn k=X(i,j) J0,nK2i+j= a alors :Th or me 2.(K[X],+, )est un anneau monstration.(tr s longue et fastideuse.) V rifions que(K[X],+)est un groupe V rifions que+est une loi interne dansK[X]. Soit(P, Q) K[X]2. PosonsP= (an)n NetQ= (bn)n No les suites(an)n Net(bn)n Nsont nulles partir d un certain rang. Par hypoth se, il existe(n1, n2) N2tel que, pourn>n1,an=0et pourn>n2,bn= {n1, n2}.

5 N0est un entier naturel et pourn>n0,an=0etbn=0puisan+bn=0. Ceci montre queP+Qestun l ment deK[X].On a montr que+est une loi interne dansK[X].- V rifions que+est commutative. Soit(P, Q) K[X]2. PosonsP= (an)n NetQ= (bn)n No les suites(an)n Net(bn)n Nsont nulles partir d un certain +Q= (an+bn)n N= (bn+an)n N=Q+ a montr que+est V rifions que+est associative. Soit(P, Q, R) K[X]3. PosonsP= (an)n N,Q= (bn)n NetR= (cn)n No les suites(an)n N,c Jean-Louis Rouget, 2018. Tous droits r serv (bn)n Net(cn)n Nsont nulles partir d un certain rang.(P+Q) +R= (an+bn)n N+ (cn)n N= ((an+bn) +cn)n N= (an+ (bn+cn))n N= (an)n N+ (bn+cn)n N=P+ (Q+R).On a montr que+est associative (et on peut dor navant crireP+Q+R).- V rifions que+poss de un l ment neutre. Posons0= (0)n N(0est un l ment deK[X]). SoitP K[X]. PosonsP= (an)n No la suite(an)n Nest nulle partir d un certain +0= (an)n N+ (0)n N= (an+0)n N= (an)n N= ,+poss de un l ment neutre, savoir le polyn me not 0et appel lepolyn me V rifions que tout l ment deK[X]poss de un oppos (ou encore un sym trique pour+).

6 SoitP K[X]. PosonsP= (an)n No la suite(an)n Nest nulle partir d un certain rang. SoitQ= ( an)n un l ment deK[X]etP+Q= (an)n N+ ( an)n N= (an+ ( an))n N= (0)n N= , tout l mentP= (an)n Nposs de un oppos savoir le polyn me, dor navant not P, et gal ( an)n ,(K[X],+)est un groupe commutatif. Passons la V rifions que est une loi interne dansK[X]. Soit(P, Q) K[X]2. PosonsP= (an)n NetQ= (bn)n No les suites(an)n Net(bn)n Nsont nulles partir d un certain rang. Par hypoth se, il existe(n1, n2) N2tel que, pourn>n1,an=0et pourn>n2,bn=0. Posons encoreP Q= (cn)n N= nXk=0akbn k!n +n2. Soitn>n0=n1+n2. On acn=nXk=0akbn k. Dans cette somme, sik>n1, alorsak=0puisakbn k= < n1, alorsn k > n n1>n0 n1=n2et doncbn k=0puisakbn k=0. Finalement, tous les termes de la sommesont nuls puiscn=0. Ceci montre queP Q K[X].On a montr que est une loi interne dansK[X].- V rifions que est commutative. Soit(P, Q) K[X]2. PosonsP= (an)n NetQ= (bn)n No les suites(an)n Net(bn)n Nsont nulles partir d un certain rang.

7 En posantl=n k, on obtientP Q= nXk=0akbn k!n N= nXl=0blan l!n N=Q , est V rifions que est associative. Soit(P, Q, R) K[X]3. PosonsP= (an)n N,Q= (bn)n NetR= (cn)n No les suites(an)n N,(bn)n Net(cn)n Nsont nulles partir d un certain rang.(P Q) R= nXi=0aibn i!n N (cn)n N= X(i,j) J0,nK2i+j=naibj n N (cn)n N= nXk=0 X(i,j) J0,nK2i+j=n kaibj ck n N= nXk=0 X(i,j) J0,nK2i+j+k=naibjck n N= nX(i,j,k) J0,nK3i+j+k=naibjck n sym trie des r les, on a aussiP (Q R) = (Q R) P= nX(i,j,k) J0,nK3i+j+k=naibjck n N,et donc,(P Q) R=P (Q R).On a montr que est associative (et on peut dor navant crireP Q R).c Jean-Louis Rouget, 2018. Tous droits r serv - V rifions que poss de un l ment neutre. Posons1= (1, 0, 0, 0, ..) = ( n,0)n N. SoitP K[X]. PosonsP= (an)n No la suite(an)n Nest nulle partir d un certain 1= (an)n N ( n,0)n N= nXk=0ak 0,n k!n N= (an)n N= , poss de un l ment neutre, savoir le polyn me not 1et gal ( n,0)n N.

8 V rifions enfin que est distributive sur+. Soit(P, Q, R) K[X]3. PosonsP= (an)n N,Q= (bn)n NetR= (cn)n No les suites(an)n N,(bn)n Net(cn)n Nsont nulles partir d un certain rang.(P+Q) R= (an+bn)n N (cn)n N= nXk=0(ak+bk)cn k!n N= nXk=0akcn k+nXk=0bkcn k!n N= nXk=0akcn k!n N+ nXk=0bkcn k!n N=P R+Q montre que est distributive sur+.On a montr que(K[X],+, )est un anneau commutatif. Cette longue d monstration tant achev e, on va maintenantse diriger vers une notation d finitive des polyn mes (unenotation de la formeP=anXn+an 1Xn 1+..+a1X+a0) et abandonner la notationP= (an)n N. On rappelle queXest le polyn me(0, 1, 0, 0, 0, ..) = ( n,1)n N(Xn est donc pas un nombre,Xs appelle parfois l ind termin e ).SoitP= (ak)n Nun polyn me. Supposons que pour toutk > n, on aak=0, o nest un certain entier naturel. On peutd j crireP= (a0, a1, .. , an, 0, 0, ..) = (a0, 0, 0, 0, ..) + (0, a1, 0, 0, ..) +..+ (0, 0, .. , 0, an, 0, 0, 0.)

9 =a0(1, 0, 0, 0, ..) +a1(0, 1, 0, 0, ..) +..+an(0, 0, .. , 0, 1, 0, 0, 0, ..)=a0( k,0)k N+a1( k,1)k N+..+an( k,n)k N( ).On va maintenant montrer par r currence que k N ,Xk= ( m,k)m N. Le r sultat est vrai pourk=1par d finition deX. Soitk>1. Supposons queXk= ( m,k)m N. Alors,Xk+1=Xk X= ( m,k)m N ( m,1)m N(par hypoth se de r currence)= mXi=0 i,1 m i,k!m N= ( m 1,k)m N(quandi6=1, i,1 m i,k=0)= ( m,k+1)m N(carm 1=k m=k+1).Le r sultat est d montr par r on pose de plus, conventionnellement,X0=1(le polyn me) puisa0X0=a0(cette fois-cia0est un polyn me dit constant (on a donc identifi un l ment deKet un polyn me constant)), l galit ( )s crit alorsP=a0+a1X+..+anXn=nXk= , tout l mentPdeK[X]peut s crire sous la forme :P=nXk=0akXko n Net o (a0, a1, .. , an) (K[X])n+ d signe pas n cessairement le degr deP(qui sera analys au paragraphe suivant).nn est le degr dePque sian6= lesaksont nuls au del d un certain rangn(et peut- tre avant) et sipest un entier sup rieur ou gal n, on peut crireP=nXk=0akXk=pXk= peut aussi crireP=+ Xk=0akXk, cette derni re somme tant en fait Jean-Louis Rouget, 2018.

10 Tous droits r serv Les diff rentes op rations peuvent se r crire sous la forme: P+Q=+ Xk=0akXk++ Xk=0bkXk=+ Xk=0(ak+bk)Xk. P= + Xk=0akXk=+ Xk=0( ak)Xk. P Q=+ Xk=0akXk + Xk=0bkXk=+ Xk=0 kXi=0aibk i!Xk=+ Xk=0 X(i,j) J0,kK2i+j=kaibj , le coefficient deX2dans le d veloppement de 3X2 7X+1 X2+4X+5 esta2b0+a1b1+a0b2=3 5+ ( 7) 4+1 1= mani re plus compl te, le d veloppement de 3X2 7X+1 X2+4X+5 doit dor navant tre pens correctementsous la forme 3X2 7X+1 X2+4X+5 = (3 1)X4+ (3 4+ ( 7) 1)X3+ (3 5+ ( 7) 4+1 1)X2+ (( 7) 5+1 4)X+ (1 5)=3X4+5X3 12X2 31X+5et ne doit plus tre pens sous la forme 3X2 7X+1 X2+4X+5 =3X4+12X3+15X2 7X3 28X2 35X+X2+4X+5=3X4+5X3 12X2 31X+ Degr d un polyn me et coefficient dominant d un polyn menon D finition du degr et du coefficient dominantSoitPun l mentnon nuldeK[X]. Soit(ak)n Nla suite des coefficients deP. SoitE={k N/ ak6=0}.PuisquePn est pas le polyn me nul, l ensembleEest une partie non vide deN.